CF1716E

感觉以前遇到过类似的操作，但是还是不会（

考虑到两次相同的操作会相互抵消，并且答案与操作顺序无关，所以答案至多 $2^n$ 种，考虑预处理出来。

首先你得会分治求最大子段和，维护 $lmx,rmx,mx,sum$，分别表示一段区间的前缀最大子段和，后缀最大子段和，最大子段和，区间和。

于是可以 merge 出当前区间的答案：

node operator + (const node &rhs) {
	node res;
	res.lmx = max(lmx, sum + rhs.lmx);
	res.rmx = max(rhs.rmx, rhs.sum + rmx);
	res.mx = max(max(mx, rhs.mx), rmx + rhs.lmx);
	res.sum = sum + rhs.sum;
	return res;
}

然后发现该序列可以建出一棵满二叉树，对某一位操作相当于交换这棵树对应层的左右节点，并且每层之间互不影响。

那么设 $f_{i,j}$ 表示在编号为 $i$ 的节点，操作集合为 $j$ 的答案。

设 $i$ 的左右儿子分别为 $lc,rc$。

如果下面一层不换，那么 $f_{i,j}=f_{lc,j}\oplus f_{rc,j}$。

否则 $f_{i,j}=f_{rc,j}\oplus f_{lc,j}$。

其中 $\oplus$ 就是上面的 merge。

但是这样空间开销太大，于是每层递归都返回一个 vector 就好了。

时间复杂度 $\mathcal O(n\times 2^n+Q)$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = (1 << 18) + 5;
int n, Q;
ll a[N];
struct node {
	ll lmx, rmx, mx, sum;
	
	node (){}
	node (ll _lmx, ll _rmx, ll _mx, ll _sum) {
		lmx = _lmx, rmx = _rmx, mx = _mx, sum = _sum;
	}
	node operator + (const node &rhs) {
		node res;
		res.lmx = max(lmx, sum + rhs.lmx);
		res.rmx = max(rhs.rmx, rhs.sum + rmx);
		res.mx = max(max(mx, rhs.mx), rmx + rhs.lmx);
		res.sum = sum + rhs.sum;
		return res;
	}
};

vector <node> solve(int l, int r) {
	if (l == r) return vector <node> {node(a[l], a[l], a[l], a[l])};
	int mid = l + r >> 1;
	auto resL = solve(l, mid), resR = solve(mid + 1, r);
	int k = resL.size();
	vector <node> res(k * 2);
	for (int i = 0; i < k; ++i) {
		res[i] = resL[i] + resR[i];
		res[i + k] = resR[i] + resL[i];
	}
	return res;
}

int main() {
	scanf("%d", &n), n = 1 << n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);
	auto ans = solve(1, n);
	int cur = 0; scanf("%d", &Q);
	while (Q--) {
		int x; scanf("%d", &x);
		cur ^= 1 << x, printf("%lld\n", max(0ll, ans[cur].mx));
	}
	return 0;
}